TS – Exponentielle – problèmes

1. a.
   $\begin{align}
   1 – \text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} = 0 & \Leftrightarrow \text{e}^0 = \text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} \\\\
   & \Leftrightarrow – \dfrac{3}{4}x + \dfrac{1}{2} = 0 \\\\
   &\Leftrightarrow x = \dfrac{2}{3}
   \end{align}$
   La solution de l’équation est $\dfrac{2}{3}$.
   $\quad$
   b.
   $\begin{align}
   1 – \text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} \ge 0 & \Leftrightarrow \text{e}^0 \ge \text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} \\\\
   & \Leftrightarrow -\dfrac{3}{4}x + \dfrac{1}{2} \le 0 \\\\
   &\Leftrightarrow x \ge \dfrac{2}{3}
   \end{align}$
   La solution de l’inéquation est $\left[\dfrac{2}{3};+\infty\right[$.
   $\quad$
2. $f$ est dérivable sur $[0;+\infty[$ en tant que composée et somme de fonctions dérivables sur cet intervalle.
   $f'(x) = \dfrac{3}{4} – \dfrac{3}{4}\text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} $ $=\dfrac{3}{4}\left(1 – \text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}}\right)$.
   D’après la question 1, on peut dire que $f$ est décroissante sur $\left[0;\dfrac{2}{3}\right]$ et croissante sur $\left[\dfrac{2}{3};+\infty\right[$.
   $\quad$
3. $\lim\limits_{x \to +\infty} -\dfrac{3}{4}x + \dfrac{1}{2} = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to -\infty} \text{e}^x = 0$.
   Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} = 0$
   De plus $\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{3}{4}x = +\infty$.
   Par conséquent $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$
   $\quad$
4. $ \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) – \dfrac{3}{4}x = \lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^{-\frac{3}{4}x + \frac{1}{2}} = 0$
   La courbe $\mathscr{C}$ se confond donc avec la droite $\Delta$ pour les grandes valeurs de $x$.
   On dit que la droite $\Delta$ est une asymptote oblique à la courbe $\mathscr{C}$ au voisinage de $+\infty$.
   $\quad$
5. $\quad$
   
6. Graphiquement, on constate donc que $3 < \alpha < 3,5$

1. $\quad$
   $\begin{align} f(x) &= \dfrac{\text{e}^{2x}}{\text{e}^{2x} + 1} \\\\
   &= \dfrac{\text{e}^{2x}}{\text{e}^{2x} + 1} \times \dfrac{\text{e}^{-2x}}{\text{e}^{-2x}} \\\\
   &= \dfrac{1}{1 + \text{e}^{-2x}}
   \end{align}$
   $\quad$
2. Soit $x\in \R$
   La fonction exponentielle étant strictement positive sur $\R$, $1 + \text{e}^{-2x} > 1$.
   Par conséquent $\dfrac{1}{1 + \text{e}^{-2x}} < 1$
   Puisque $1 + \text{e}^{-2x} > 0$ on a aussi $\dfrac{1}{1 + \text{e}^{-2x}} > 0$.
   Finalement $0 < f(x) < 1$.
   $\quad$
3. Calculons séparément $ f(x) – \dfrac{1}{2}$ et $f(-x) – \dfrac{1}{2}$
   $\begin{align}
   f(x) – \dfrac{1}{2} & = \dfrac{1}{1 + \text{e}^{-2x}} – \dfrac{1}{2} \\\\
   &= \dfrac{2 – \left(1 + \text{e}^{-2x}\right)}{2\left(1 + \text{e}^{-2x}\right)} \\\\
   &= \dfrac{1 –  \text{e}^{-2x}}{2 \left(1+\text{e}^{-2x}\right)}
   \end{align}$
   $\begin{align}
   f(-x) – \dfrac{1}{2} &= \dfrac{\text{e}^{-2x}}{\text{e}^{-2x} + 1} – \dfrac{1}{2} \\\\
   &= \dfrac{2\text{e}^{-2x} – \left(\text{e}^{-2x} + 1\right)}{2\left(1 + \text{e}^{-2x}\right)} \\\\
   &= \dfrac{\text{e}^{-2x} – 1}{2\left(1 + \text{e}^{-2x}\right)}
   \end{align}$
   Par conséquent $f(x) – \dfrac{1}{2} = – \left[f(-x) – \dfrac{1}{2}\right]$ et $\mathscr{C}$ est symétrique par rapport au point $I$ de coordonnées $\left(0;\dfrac{1}{2}\right)$.
   $\quad$
4. $\lim\limits_{x \to +\infty}\text{e}^{-2x} = 0$ donc $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{1}{1 + \text{e}^{-2x}} = 1$
   $\quad$
   $\lim\limits_{x \to -\infty}\text{e}^{-2x} = +\infty$ donc $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = \lim\limits_{x \to -\infty} \dfrac{1}{1 + \text{e}^{-2x}} = 0$
   $\quad$
5. La fonction $f$ est dérivable sur $\R$ comme composée et quotient de fonctions dérivables sur $\R$ dont le dénominateur ne s’annule pas.
   En choisissant l’expression trouvée à la question 1 :
   $f'(x) = – \dfrac{-2\text{e}^{-2x}}{\left(1 + \text{e}^{-2x}\right)^2} = \dfrac{2\text{e}^{-2x}}{\left(1 + \text{e}^{-2x}\right)^2} > 0$
   On obtient ainsi le tableau de variation suivant :
   

I Existence et unicité des solutions

1. $x$ est solution de $(E)$ $\Leftrightarrow \text{e}^x = \dfrac{1}{x}$ $\Leftrightarrow \text{e}^{-x} = x$ car la fonction exponentielle ne s’annule jamais.
   Donc $x$ est solution de $(E)$ $\Leftrightarrow x – \text{e}^{-x} = 0$ $\Leftrightarrow f(x) = 0$.
   $\quad$
2. a. $f$ est dérivable sur $\R$ en tant que somme et composée de fonction dérivables sur $\R$.
   $f'(x) = 1 + \text{e}^{-x} > 0$ pour tout $x \in \R$.
   La fonction $f$ est donc strictement croissante sur $\R$.
   $\quad$
   b. $\lim\limits_{x \to -\infty} -x= +\infty$ et  $\lim\limits_{x \to -\infty} x = -\infty$ par conséquent $\lim\limits_{x \to -\infty}x – \text{e}^{-x} = -\infty$
   $\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^{-x} = 0$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} x = +\infty$ par conséquent $\lim\limits_{x \to +\infty} x – \text{e}^{-x} = +\infty$
    La fonction $f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $\R$.
   $\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) =-\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$
   $0 \in ]-\infty;+\infty[$
   D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $f(x) = 0$ possède donc une unique solution sur $\R$.
   Par conséquent $(E)$ possède également une unique solution sur $\R$.
   $\quad$
   c. $f\left( \dfrac{1}{2} \right) \approx -0,1$ et $f(1) \approx 0,63$. Donc $f\left( \dfrac{1}{2} \right) \le 0 \le f(1)$
   Donc $\dfrac{1}{2} \le \alpha \le 1$.
   $\quad$
   d. Si $0 \le x \le \alpha$ puisque la fonction $f$ est strictement croissante sur $\R$ on a :
   $f(0) \le x \le f(\alpha)$ soit $-1 \le f(x) \le 0$.
   Par conséquent, $f(x) \le 0$ sur $[0;\alpha]$.

$\quad$

II Deuxième approche

1. $\quad$
   $\begin{align}
   g(x) = x & \Leftrightarrow \dfrac{1 + x}{1 + \text{e}^x} = x \\\\
   &\Leftrightarrow 1 + x = x + x\text{e}^x \\\\
   & \Leftrightarrow 1 = x\text{e}^x \\\\
   & \Leftrightarrow x = \text{e}^{-x} \\\\
   & \Leftrightarrow x – \text{e}^{-x} = 0 \\\\
   & \ssi f(x) = 0
   \end{align}$
   $\quad$
2. D’après la partie précédente $\alpha$ est l’unique solution de l’équation $f(x) = 0$. C’est donc également l’unique solution de l’équation $g(x) = x$.
   $\quad$
3. La fonction $g$ est dérivable sur $[0;1]$ en tant que composée et quotient de fonctions dérivables sur $\R$ dont le dénominateur ne s’annule pas.
   $\begin{align} g'(x) &= \dfrac{1\left(1 + \text{e}^x\right) – (1 + x)\text{e}^x}{\left(1 + \text{e}^x\right)^2} \\\\
   &= \dfrac{1 – x\text{e}^x}{\left(1 + \text{e}^x\right)^2}
   \end{align}$
   Le dénominateur étant strictement positif, le signe de $g'(x)$ ne dépend que celui de $1 – x\text{e}^x$.
   Mais $ 1 -x\text{e}^x \ge 0 \Leftrightarrow 1 \ge x\text{e}^x \Leftrightarrow \text{e}^{-x} \ge x \Leftrightarrow 0 \ge f(x)$.
   D’après la dernière question de la partie 1, $f(x) \le 0$ sur $[0;\alpha]$ et, puisque la fonction $f$ est croissante sur $\R$, $f(x) \ge 0$ pour $x \ge \alpha$.
   On en déduit donc que $g'(x) \ge 0$ sur $[0;\alpha]$.
   La fonction $g$ est donc croissante sur $[0;\alpha]$.

Partie A

1. $g(x) = \text{e}^x – x\text{e}^x + 1 = \text{e}^x(1 – x) + 1$
   Or $\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^x = +\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} (1 – x) = -\infty$
   Donc $\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^x(1 – x) = -\infty$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty$.
   $\quad$
2. La fonction exponentielle est dérivable sur $[0;+\infty[$. Donc par somme et produit de fonctions dérivables sur $[0;+\infty[$, la fonction $g$ est également dérivable sur cet intervalle.
   $g'(x) =\text{e}^x – \text{e}^x – x\text{e}^x = -x\text{e}^x$.
   La fonction exponentielle est strictement positive sur $\R$ donc sur $[0;+\infty[$.
   Par conséquent, le signe de $g'(x)$ ne dépend que de celui de $-x$ et $g'(x) \le 0$ sur $[0;+\infty[$.
3. $\quad$
   
4. a. $g$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante sur $[0;+\infty[$.
   $g(0) = 2$ et $\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty$.
   $0 \in ]-\infty;2]$.
   D’après le théorème de la bijection (ou corollaire du théorème des valeurs intermédiaires) l’équation $g(x) =0$ possède une unique solution sur $[0;+\infty[$.
   $\quad$
   b. La calculatrice nous donne $1,27 < \alpha < 1,28$.
   $\quad$
   c. $\quad$
   $\begin{align} g(\alpha) = 0 & \Leftrightarrow \text{e}^{\alpha} – \alpha \text{e}^{\alpha} + 1 = 0  \\\\
   & \Leftrightarrow \text{e}^{\alpha}(1 – \alpha) = -1 \\\\
   & \Leftrightarrow \text{e}^{\alpha} = \dfrac{1}{\alpha – 1}
   \end{align}$
   $\quad$
5. Le tableau de variation nous permet donc de dire que :
   – $\quad$ $g(x) > 0 $ sur $[0;\alpha[$
   – $\quad$ $g(\alpha) = 0$
   – $\quad$ $g(x) < 0 $ sur $]\alpha;+\infty[$

$\quad$

Partie B

1. D’après l’énoncé, la fonction $A$ est dérivable sur $[0;+\infty[$.
   $A'(x) = \dfrac{4\left(\text{e}^x + 1 – x\text{e}^x\right)}{\left(\text{e}^x + 1\right)^2} = \dfrac{4g(x)}{\left(\text{e}^x + 1\right)^2}$.
   Le dénominateur étant strictement positif, $A'(x)$ et $g(x)$ ont le même signe.
   $\quad$
2. Par conséquent : $A$ est croissante sur $[0;\alpha]$ et décroissante sur $[\alpha;+\infty[$.

$\quad$

Partie C

1. L’aire du rectangle $OPMQ$ vaut $xf(x) = A(x)$
   D’après la question précédente, $A$ atteint son maximum en $\alpha$.
   Donc l’aire du rectangle $OPMQ$ est maximale lorsque $M$ a pour abscisse $\alpha$.
   $\quad$
2. On va utiliser les résultats $\text{e}^{\alpha} = \dfrac{1}{\alpha – 1}$ et $\text{e}^{\alpha} + 1= \dfrac{1}{\alpha – 1} + 1 = \dfrac{\alpha}{\alpha – 1}$.
   $\quad$
   Le coefficient directeur de $(PQ)$ est $a = \dfrac{f(\alpha) – 0}{0 – \alpha} = \dfrac{-4}{\alpha\left(\text{e}^{\alpha} + 1\right)}$
   $\quad$
   Le coefficient directeur de cette tangente (T) est :
   $\begin{align} f'(\alpha) & = – \dfrac{4\text{e}^{\alpha}}{\left(\text{e}^{\alpha} + 1\right)^2} \\\\
   & = – \dfrac{4 \times \dfrac{1}{\alpha – 1}}{\left(\text{e}^{\alpha} – 1\right) \times \left(\text{e}^{\alpha} – 1\right)} \\\\
   &= – \dfrac{4}{(\alpha – 1)\left(\text{e}^{\alpha} – 1\right) \times \dfrac{\alpha}{\alpha – 1}} \\\\
   &= – \dfrac{4}{\alpha \left(\text{e}^{\alpha} + 1\right)}
   \end{align}$
   $\quad$
   Par conséquent $f'(\alpha) = a$.
   La tangente est donc parallèle à la droite $(PQ)$.